TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 1 - BÀI 4. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC A. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3 I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Hàm số: y = f (x) () 32 0 axbxcxda =+++≠ 2. Đạo hàm: () 2 32 yfxaxbxc ′′ ==++ 3. Điều kiện tồn tại cực trị y = f (x) có cực trị ⇔ y = f (x) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆′ = b 2 − 3ac > 0 4. Kỹ năng tính nhanh cực trị Giả sử ∆′ = b 2 − 3ac > 0, khi đó ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx với 2 1,2 3 3 bbac x a −±− = và hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là: () () 22 1122 33 ; 33 bbacbbac yfxfyfxf aa  −−−−+− ====   Trong trường hợp x 1 , x 2 là số vô tỉ thì các cực trị f (x 1 ), f (x 2 ) nếu tính theo định nghĩa sẽ phức tạp hơn so với cách tính theo thuật toán sau đây: Bước 1: Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: () ( ) () ( ) 2 12 39339 bbbc fxxfxcxd aaa  ′ =++−+−   hay ( ) ( ) ( ) ( ) . fxfxqxrx ′ =+ với bậc ( ) 1 rx = Bước 2: Do () () ()() ( ) ()() () 2 1111 1 2 2 2222 2 0 339 nên 0 2 339 bbc yfxrxcxd fx aa fx bbc yfxrxcxd aa   ===−+−   ′  =    ′ =    ===−+−     Hệ quả: Đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình là: y = r(x) Đối với hàm số tổng quát : y = f (x) () 32 0 axbxcxda =+++≠ thì đường thẳng đi qua cực đại, cực tiểu có phương trình: ( ) 2 2 339 bbc ycxd aa  =−+−   TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 2 - II. BÀI TẬP MẪU MINH HỌA Bài 1. Tìm m để hàm số: ()() 3222 1 2315 3 yxmmxmxm =+−++++− đạt cực tiểu tại x = −2. Giải: () ( ) 222 2231 yxxmmxm ′ =+−+++ ⇒ () ( ) 2 222 yxxmm ′′ =+−+ Để hàm số đạt cực tiểu tại x = −2 thì () () ()() () 2 2 20430130 3 1020 0 ymmmm m mmy mm  ′   −=−+−=−−=  ⇔⇔⇔=  ′′ −>−>  −>    Bài 2. Tìm a để các hàm số () 32 1 32 xx fxax =−++ ; () 3 2 3 3 x gxxaxa =+++ . có các điểm cực trị nằm xen kẽ nhau. Giải: ()() 22 23; fxxxagxxxa ′′ =++=−+ . Ta cần tìm a sao cho g′(x) có 2 nghiệm phân biệt 12 xx < và f ′(x) có 2 nghiệm phân biệt 34 xx < sao cho ()() ()() 12 1324 314212 12 1 130;140 4 0 0 a aa xxxx xxxxfxfx fxfx  ′ < ∆=−>∆=−>  <<<    ⇔⇔    ′′ <<<<   ′′ <  (*) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) 121122 032320 fxfxgxxagxxa ′′′′  <⇔++++<⇔  ( ) ( ) 12 32320 xaxa ++< () () 2 1212 15 96441500 4 xxaxxaaaa ⇔+++=+<⇔−<< Bài 3. Tìm m để ()()() 32 231621 fxxmxmx =+−+−− có đường thẳng đi qua CĐ, CT song song với đường thẳng y = ax + b. Giải: ()()() [ ] 2 6120 fxxmxm ′ =+−+−= ⇔ ()()() 2 120 gxxmxm =+−+−= Hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 0 gx = có 2 nghiệm phân biệt ⇔ () 2 303 g mm ∆=−>⇔≠ Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: ()()()() ( ) 2 2 21333 fxxmgxmxmm =+−−−−−+ Với m ≠ 3 thì phương trình ( ) 0 gx = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 12 0 gxgx == nên suy ra () () ( ) () () ( ) 22 22 111222 333;333 yfxmxmmyfxmxmm ==−−−−+==−−−−+ ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): () ( ) 2 2 333 ymxmm =−−−−+ Ta có (∆) song song với đường thẳng y = ax + b ⇔ ()() 22 33;0 0 3 33 mma a ma mama ≠≠< <   ⇔⇔  =±− −−=−=−   Vậy nếu a < 0 thì 3 ma =±− ; nếu a ≥ 0 thì không tồn tại m thoả mãn. Bài 4. Tìm m để ()()() 32 231612 fxxmxmmx =+−+− có CĐ, CT nằm trên đường thẳng (d): y = −4x. TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 3 - Giải: Ta có: ()()() [ ] 2 61120 fxxmxmm ′ =+−+−= ⇔ ()()() 2 1120 gxxmxmm =+−+−= Hàm số có CĐ, CT ( ) 0 gx ⇔= có 2 nghiệm phân biệt () 2 1 310 3 g mm ⇔∆=−>⇔≠ Thực hiện phép chia f (x) cho g(x) ta có: ()()()()()() 2 2131112 fxxmgxmxmmm =+−−−+−− Với 1 3 m ≠ thì phương trình ( ) 0 gx = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 12 0 gxgx == nên suy ra () ()()()()()() 22 11122 3112;3112 yfxmxmmmymxmmm ==−−+−−=−−+−− ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): ()()() 2 31112 ymxmmm =−−+−− . Để cực đại, cực tiểu nằm trên đường thẳng (d): y = −4x thì (∆) ≡ (d) ⇔ () ()() ()() ()() 2 3123120 314 1 1120 1120 mm m m mmm mmm   −−−+=  −−=− ⇔⇔=  −−= −−=    Bài 5. Tìm m để () 32 73 fxxmxx =+++ có đường thẳng đi qua CĐ, CT vuông góc với y = 3x − 7. Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ () 2 3270 fxxmx ′ =++= có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 21021 mm ′ ∆=−>⇔> . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: () ()() () 2 7 12 3213 999 m fxxmfxmx ′ =++−+− Với 21 m > thì phương trình ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 12 0 fxfx ′′ == suy ra () () () () 22 111222 77 22 213;213 9999 mm yfxmxyfxmx==−+−==−+− ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (∆): () 2 7 2 213 99 m ymx=−+− Ta có (∆) ⊥ y = 3x − 7 ⇔ () 22 310 45 2 21.3121 922 mmm−=−⇔=>⇔=± Bài 6. Tìm m để hàm số () 322 3 fxxxmxm =−++ có cực đại, cực tiểu đối xứng nhau qua (∆): 5 1 22 yx =− Giải: Hàm số có CĐ, CT ⇔ () 22 360 fxxxm ′ =−+= có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 2 9303 mm ′ ∆=−>⇔<. Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: () ()() () 2 2 12 13 333 m fxxfxmxm ′ =−+−++ Với 3 m < thì phương trình ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số y = f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Ta có: ( ) ( ) 12 0 fxfx ′′ == nên TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 4 - () () () () 22 22 111222 22 3;3 3333 mm yfxmxmyfxmxm ==−++==−++ ⇒ Đường thẳng đi qua CĐ, CT là (d): () 2 2 2 3 33 m ymxm =−++ . Các điểm cực trị ( ) ( ) 1122 ,,, AxyBxy đối xứng nhau qua () 5 1 : 22 yx ∆=− ⇔ (d) ⊥ (∆) tại trung điểm I của AB (*) . Ta có 12 1 2 I xx x + == suy ra (*) ⇔ () () () 2 2 2 21 31 0 32 0 5 21 10 311 3322 m m m m mm mm  −⋅=− =    ⇔⇔=  +=   −⋅++=⋅−   Bài 7. Cho () ()() 32 2 cos3sin81cos21 3 fxxaaxax =+−−++ 1. CMR: Hàm số luôn có CĐ, CT. 2. Giả sử hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . CMR: 22 12 18 xx +≤ Giải: 1. Xét phương trình: ()()() 2 22cos3sin81cos20 fxxaaxa ′ =+−−+= Ta có: ()()() 22 2 cos3sin161cos2cos3sin32cos0 aaaaaaa ′ ∆=−++=−+≥∀ Nếu 22 0cos3sincos0sincossincos0 aaaaaaa ′ ∆=⇔−==⇔=⇒+= (vô lý) Vậy ∆′ > 0 ∀a ⇒ f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số có CĐ, CT. 2. Theo Viet ta có: ( ) 1212 3sincos;41cos2 xxaaxxa +=−=−+ () ()() 2 2 222 121212 23sincos81cos298cos6sincos xxxxxxaaaaaa +=+−=−++=+− ( ) ()() 22 22 99sincos3sincos183sincos18 aaaaaa =++−+=−+≤ Bài 8. Cho hàm số () () () 322 2 143 3 fxxmxmmx =+++++ 1. Tìm m để hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1. 2. Gọi các điểm cực trị là x 1 , x 2 . Tìm Max của ( ) 1212 2 Axxxx =−+ Giải: Ta có: ()() 22 22143 fxxmxmm ′ =+++++ 1. Hàm số đạt cực trị tại ít nhất 1 điểm > 1 ( ) 0 fx ′ ⇔= có 2 nghiệm phân biệt 12 , xx thoả mãn: 1212 11 xxxx <<∨≤< () () () () () () 2 2 2 210 670 32,32 0 5,1650 210 670 32,32 1 11 2 2 f mm m mmm f mm m S m m ′  <   ++< ∈−−−+    ′ ∆>      ∈−−++<   ⇔⇔⇔      ≥ ++≥    ∉−−−+         < <−+ <−        ( ) 5,32 m⇔∈−−+ 2. Do ( ) () 12 2 12 1 1 43 2 xxm xxmm  +=−+   =++   ⇒ ( ) 1212 2 Axxxx =−+ () 2 43 21 2 mm m ++ =++ 2 1 87 2 mm =++ ()() ()() 11 7171 22 mmmm − =++=++ (do 51 m −<<− ) ⇒ () () 2 2 9 11 981694 222 Ammm   =−++=−+≤   . Với 4 m =− thì 9 Max 2 A = TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 5 - Bài 9. Tìm m để hàm số () 32 1 1 3 fxxmxxm =−−++ có khoảng cách giữa các điểm CĐ và CT là nhỏ nhất. Giải: Do () 2 210 fxxmx ′ =−−= có 2 10 m ′ ∆=+> nên f ′(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 với các điểm cực trị là ( ) 12 , Axy ; ( ) 22 , Bxy . Thực hiện phép chia f (x) cho f ′(x) ta có: () ()() () ( ) 2 122 11 333 fxxmfxmxm ′ =−−+++ . Do ( ) ( ) 12 0 fxfx ′′ == nên () () ( ) () () ( ) 22 111222 2222 11;11 3333 yfxmxmyfxmxm ==−+++==−+++ Ta có: ()()() () () 2 2222 22 21212121 4 1 9 ABxxyyxxmxx =−+−=−++− () () 2 2 2 2112 4 411 9 xxxxm   =+−++    ()() ( ) 2 22 44 441141 99 mm  =+++≥+   ⇒ 213 3 AB ≥ . Vậy 213 Min 3 AB = xảy ra ⇔ m = 0. Bài 10. Tìm m để hàm số () ()() 32 11 132 33 fxmxmxmx =−−+−+ đạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn 12 21 xx += . Giải: Ÿ Hàm số có CĐ, CT ⇔ ()()() 2 21320 fxmxmxm ′ =−−+−= có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ()() 2 0 1320 m mmm ≠   ′ ∆=−−−>  ⇔ 66 101 22 m−<≠<+ (*) Với điều kiện (*) thì ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý Viet ta có: ( ) ( ) 1212 2132 ; mm xxxx mm −− +== Ta có: ( ) ( ) 1221 2121 2234 211; mm mmm xxxx mmmmm −− −−− +=⇔=−==−= ( ) ()()() 32 234 23432 m mm mmmm mmm − −− ⇒⋅=⇔−−=− 2 2 3 m m =   ⇔ =   Cả 2 giá trị này đều thoả mãn điều kiện (*). Vậy 12 21 xx += 2 2 3 mm ⇔=∨= Bài 11. Tìm m để hàm số () 32 1 1 3 fxxmxmx =−+− đạt cực trị tại x 1 , x 2 thoả mãn điều kiện 12 8 xx −≥ . Giải: HS có CĐ, CT ⇔ () 2 20 fxxmxm ′ =−+= có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ( ) ( ) 2 0,01,mmmD ′ ∆=−>⇔∈=−∞+∞ U (*) Với điều kiện này thì ( ) 0 fx ′ = có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 và hàm số f (x) đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định lý Viet ta có: TT Giỏo viờn & Gia s ti TP Hu - T: 2207027 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 6 - 1212 2; xxmxxm +== suy ra: () 22 12121212 864464 xxxxxxxx + 2 4464 mm 2 165165 160,, 22 mmm + + U (tho món (*) ) Vy 12 8 xx thỡ 165165 ,, 22 m + + U B. CC TR HM A THC BC 4 I. TểM TT Lí THUYT 1. Hm s: y = f (x) () 432 0 axbxcxdxea =++++ 2. o hm: () 32 432 yfxaxbxcxd ==+++ 3. Cc tr: Xột ( ) 0 fx = cú đúng 1 nghiệm có đúng 1 cực trị 1 nghiệm đơn có đúng 2 nghiệm 1 nghiệm kép có 3 nghiệm phân biệtcó 3 cực trị gồm CĐ và CT 4. K nng tớnh nhanh cc tr Gi s f (x) trit tiờu v i du ti x = x 0 , khi ú f (x) t cc tr ti x 0 vi s cc tr l ( ) 432 00000 fxaxbxcxdxe =++++ . Trong trng hp x 0 l s vụ t thỡ cc tr f (x 0 ) c tớnh theo thut toỏn: Bc 1: Thc hin phộp chia f (x) cho f (x) ta cú: ( ) ( ) ( ) ( ) . 432 fxqxfxrx =+ Bậc Bậc Bậc Bc 2: Do f (x 0 ) = 0 nờn f (x 0 ) = r(x 0 ) H qu: Cỏc im cc tr ca hm bc 4: y = f (x) nm trờn y = r(x) II. CC BI TP MU MINH HA Bi 1. Tỡm cc tr ca hm s () 42 681 yfxxxx == . Gii: Ta cú: ()()() 2 3 4128412 fxxxxx ==+ ; ( ) ( ) ( ) 1211 fxxx =+ Do phng trỡnh ( ) 0 fx = cú 1 nghim n x = 2 v 1 nghim kộp x = 1 nờn hm s cú ỳng 1 cc tr ti x = 2. Mt khỏc ( ) 2360 f => suy ra ( ) CT 225 ff == . Vy hm s cú cc tiu CT 25 f = v khụng cú cc i. Bi 2. Cho ()() 432 4311 fxxmxmx =++++ . Tỡm m (x) ch cú cc tiu m khụng cú cc i. TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 7 - Giải: ()()() [ ] 322 4126122631 fxxmxmxxxmxm ′ =+++=+++ ; () ()() 2 0 0 26310 x fx gxxmxm =  ′  =⇔  =+++=  . Xét các khả năng sau đây: a) Nếu () 2 1717 33220, 33 g mmmI  −+ ′ ∆=−−≤⇔∈=   thì ( ) 20gxx ≥∀∈ ¡ ⇔ g(x) ≥ 0 x ∀∈ ¡ . Suy ra f ′(x) triệt tiêu và đổi dấu tại x = 0 mà f ′′(0) = 6(m + 1) > 0 ∀m∈I ⇒ ( ) CT 01 ff == , tức là hàm số chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. b) Nếu ()() 0 1 0310 g m gm ′ ∆>   ⇔=−   =+=  thì () ( ) () 22 22643 fxxxxxx ′ =−=− ( ) 0 fx ′ = ⇔ x = 0 nghiệm kép, x = 3. Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. c) Nếu () 0 1 00 g m g ′ ∆>   ⇔=−   ≠  thì f ′(x) có 3 nghiệm phân biệt 123 xxx << Nhìn bảng biến thiên suy ra: Hàm số y = f (x) có cực đại nên không thoả mãn yêu cầu bài toán. Kết luận: {} 1717 ,1 33 m  −+ ∈−   U Bài 3. Cho hàm số ()()() 432 321 yfxxmxmx ==++++ Chứng minh rằng: ∀m ≠ −1 hàm số luôn có cực đại đồng thời 0 x ≤ C§ ()()()()() [ ] () 322 4334143341. fxxmxmxxxmxmxgx ′ =++++=++++= Ta có: ()() 2 2 93641910170 g mmmmm ∆=+−+=−+>∀ nên g(x) = 0 có 2 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 . Theo định lý Viet ta có: 12 .101 xxmm =+≠∀≠− ⇒ PT ( ) 0 fx ′ = có 3 nghiệm phân biệt 0, x 1 , x 2 . Xét 2 khả năng sau: a) Nếu m < −1 thì 12 .10 xxm =+< ⇒ 12 0 xx << ⇒ Bảng biến thiên Nhìn BBT suy ra 0 x = C§ b) Nếu m > −1 thì 12 .0 xx > và ( ) 12 33 0 4 m xx −+ +=< ⇒ 12 0 xx << x −∞ 0 3 +∞ f ′ − 0 − 0 + f +∞ C T +∞ x −∞ x 1 x 2 x 3 + ∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ C Đ +∞ x −∞ x 1 0 x 2 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT CĐ CT +∞ x −∞ x 1 x 2 0 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ CT CĐ CT +∞ TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 8 - ⇒ Bảng biến thiên. Nhìn BBT suy ra 2 0 xx =< C§ Kết luận: Vậy ∀m ≠ −1 hàm số luôn có 0 x ≤ C§ Bài 4. (Đề thi TSĐH khối B 2002) Tìm m để hàm số ( ) 422 910 ymxmx =+−+ có 3 điểm cực trị Giải. Yêu cầu bài toán ( ) () 22 2292.0 yxmxmxgx ′ ⇔=+−== có 3 nghiệm phân biệt 2 3 9 0 2 03 m m m m <−  − ⇔<⇔  <<  Bài 5. Tìm m để () 424 22 fxxmxmm =−++ có CĐ, CT lập thành tam giác đều. Giải. () ( ) 32 444 fxxmxxxm ′ =−=− . Ta có: () 2 00 fxxxm ′ =⇔=∨= . Để hàm số có CĐ, CT ⇔ ( ) 0 fx ′ = có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 ⇒ 3 nghiệm là: 123 ;0; xmxxm =−== ⇒ 3 điểm CĐ, CT là: ( ) ( ) ( ) 42442 ,2;0,2;,2 AmmmmBmmCmmmm −−++−+ ⇒ 4 ;2 ABBCmmACm ==+= . Để A, B, C lập thành tam giác đều thì ABBCAC == ⇔ 4 2 mmm += 44 3 433 mmmmmm⇔+=⇔=⇔= Bài 6. Chứng minh rằng: Hàm số () 432 1 fxxmxmxmx =++++ không thể đồng thời có CĐ và CT m ∀∈ ¡ Giải. Xét () ( ) 3223 43203214 fxxmxmxmmxxx ′ =+++=⇔++=− ⇔ 3 2 4 321 x m xx − = ++ . Xét hàm số () 3 2 4 321 x gx xx − = ++ có TXĐ: g D = ¡ () ( ) () () () 2 2222 22 22 43434211 0 321321 xxxxxx gxx xxxx  −++−+++  ′ ==≤∀∈ ++++ ¡ ; () 2 4 limlim 21 3 xx x gx x x →∞→∞ − ==∞ ++ Nghiệm của phương trình ( ) 0 fx ′ = cũng là hoành độ giao điểm của đường thẳng y = m với đồ thị y = g(x). Nhìn bảng biến thiên suy ra đường thẳng y = m cắt y = g(x) tại đúng 1 điểm ⇒ ( ) 0 fx ′ = có đúng 1 nghiệm. Vậy hàm số y = f (x) không thể đồng thời có cực đại và cực tiểu. Bài 7. Chứng minh rằng: () 43 0fxxpxqx =++≥∀∈ ¡ ⇔ 4 25627 qp ≥ x −∞ x 2 +∞ f ′ − 0 − f +∞ −∞ x −∞ x 1 0 x 3 +∞ f ′ − 0 + 0 − 0 + f +∞ A CT B CĐ C CT +∞ TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 9 - Giải. Ta có: () ( ) 322 43430 fxxpxxxp ′ =+=+= ⇔ 3 4 p x − = và nghiệm kép x = 0 Do f ′(x) cùng dấu với (4x + 3p) nên lập bảng biến thiên ta có: f (x) ≥ 0 ∀x∈R ⇔ () 3 Min0 4 p fxf −  =≥   ⇔ 4 4 25627 025627 256 qp qp − ≥⇔≥ Bài 8. (Đề thi dự bị ĐH khối A năm 2004) Tìm m để hàm số 422 21 yxmx =−+ có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Giải. Hàm số có 3 cực trị ( ) 22 40 yxxm ′ ⇔=−= có 3 nghiệm phân biệt 0 m ⇔≠ , khi đó đồ thị có 3 điểm cực trị là () ( ) ( ) 44 0,1;,1,,1 ABmmCmm −−− . Do y là hàm chẵn nên YCBT .01 ABACm ⇔=⇔=± uuuruuur Bài 9. Chứng minh rằng: () 42 646 fxxxx =−++ luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của tam giác tạo bởi 3 đỉnh là 3 cực trị Bài 10. Chứng minh rằng: () 4 0fxxpxqx =++≥∀∈ ¡ ⇔ 34 25627 qp ≥ Bài 11. Cho ()() 432 83211 fxxmxmx =+++− . Tìm m để ƒ(x) chỉ có cực tiểu mà không có cực đại. TT Giáo viên & Gia sư tại TP Huế - ĐT: 2207027 – 0989824932 http://www.xuctu.com E mail: quoctuansp@gmail.com - Trang 10 - . 4. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC A. CỰC TRỊ HÀM ĐA THỨC BẬC 3 I. TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Hàm số: y = f (x) () 32 0 axbxcxda =+++≠ 2. Đạo hàm: () 2 32 yfxaxbxc ′′ ==++ 3. Điều kiện tồn tại cực trị. để hàm số 422 21 yxmx =−+ có 3 điểm cực trị là 3 đỉnh của một tam giác vuông cân Giải. Hàm số có 3 cực trị ( ) 22 40 yxxm ′ ⇔=−= có 3 nghiệm phân biệt 0 m ⇔≠ , khi đó đồ thị có 3 điểm cực. nghiệm phân biệt 12 , xx với 2 1,2 3 3 bbac x a −±− = và hàm số đạt cực trị tại x 1 , x 2 . Theo định nghĩa ta có các cực trị của hàm số là: () () 22 1122 33 ; 33 bbacbbac yfxfyfxf aa  −−−−+− ====  